精品解析：广东深圳市南方科技大学附属中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

南科大附中2026年春季学期高二年级期末考试 数 学 （本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自已的姓名、班级、考场和座位号填写在答题卡上.将条形码粘贴在答题卡左上角“条形码粘贴处”. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回. 一、选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】命题“，”的否定形式为：“，”. 2. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. 5 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】由条件得到，再结合乘1法即可求解. 【详解】因为，且， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9. 故选：D. 3. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，即集合为全体复数， 又，则，故． 4. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由是定义在上的奇函数，得， 故，当时，， 所以， 5. 已知，若一组数据1，2，，，4的平均数为2，则该组数据的中位数为（ ） A. 1.5 B. 2 C. 2.5 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用平均数为2得，由得，最后计算中位数即可. 【详解】由题，得，因为， 所以或或， 所以当该组数据为：，中位数为2， 当该组数据为：，中位数为2，综上该组数据的中位数都为2， 故选：B. 6. 已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 是增函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 的图象关于轴对称 【答案】C 【解析】 【分析】由随机变量，得到正态分布曲线关于对称，根据正态分布的性质，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 根据正态分布曲线的性质，可得，所以A不正确； 对于B，根据正态分布曲线的性质，当增大时，逐渐减小， 所以函数为单调递减函数，所以B错误； 对于C，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 所以， 则， 所以的图象关于点中心对称，所以C正确； 对于D，由选项B知：函数为单调递减函数， 所以的图象不关于对称，所以D错误. 7. 若整数a，b，c经过适当排序后可成等差数列，再经过适当排序后也可成等比数列，则此等比数列的公比不可能是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差中项和等比中项列方程组求出a，b，c的关系，计算构成等比数列的公比. 【详解】a，b，c同号时，不妨设，则有，解得，此时等比数列公比为1； a，b，c是两个正数一个负数时，不妨设，则有，得， 即，由，得，， 若构成的等比数列为，公比为； 若构成的等比数列为，公比为； a，b，c是两个负数一个正数时，同理也有构成的等比数列公比为或公比为， 若构成的等比数列公比为2，设这3个数为，则不能构成等差数列. 故选：D 8. 如图，直线与曲线交于、两点，其中是切点，记，，则下列判断正确的是（ ） A. 只有一个极值点 B. 有两个极值点，且极小值点小于极大值点 C. 的极小值点小于极大值点，且极小值为 D. 的极小值点大于极大值点，且极大值为2 【答案】D 【解析】 【分析】利用的几何意义可判断AB；求导，结合切点与另一个切点，可得的单调性，进而可得结论. 【详解】由，得， 可得表示曲线上的过点与原点的直线的斜率， 由图形可知，先增大，后减小，又增大， 所以有两个极值点，且极小值点大于极大值点，故AB错误； 设切点的坐标为，则由条件得有两个解， 其中一个解为，另一个解设为，显然有， 当时，；当时，，当，. ，， ∴当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ∴当时，有极大值，且极大值为. 当时，有极小值，且的极小值点大于极大值点，故C错误，D正确； 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 在边长为2的正方形中，剪去以为圆心，1为半径的扇形后得到的图形如图所示，以所在的直线为轴，其余边和弧旋转一周形成的面围成一个几何体，则（ ） A. 该几何体的形状为圆柱中挖去个球 B. 该几何体的形状为圆柱中挖去个球 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，B，正方形以所在的直线为轴旋转一周，形成一个底面半径为2，高为2的圆柱；由正方形得，则扇形（圆心角为的扇形）绕所在的直线为轴旋转一周，形成一个半球（球的半径为1），因此该几何体的形状为圆柱中挖去个球，如图所示， 故A正确，B错误； 对于C，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，，，得，故C错误； 对于D，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，得，故D正确. 10. 已知事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】综合运用条件概率、全概率公式及对立事件的概率求法依次判断各项的正误. 【详解】由题设，A错； ，B对； ，所以，D对； ，C对. 故选：BCD 11. 已知定义在R上的函数满足：对任意实数x，y，恒有，若，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的最小值为 C. 为R上的增函数 D. 关于x的不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，赋值推理判断AB；利用函数单调性定义推理判断C；将不等式等价转化，再利用单调性求解. 【详解】对于A，令，则，而，解得，A正确； 对于B，令，则，，假设存在使得， 对任意实数x，有， 此时为常数函数，与矛盾，即不存在使得，则，B错误； 对于C，由，得， ，且，则，又当时，，则， 又恒成立，因此 ， 即，因此为R上的增函数，C正确； 对于D，，则， ，不等式 ，令，由，即， 解得或，即或，而为R上的增函数，， 于是或，不等式的解集为，D正确. 故选：ACD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 的展开式中常数项为_____. 【答案】14 【解析】 【分析】求出展开式的通项公式，进而求出常数项. 【详解】的展开式的通项公式为， 由，得，所以所求常数项为. 故答案为：14 13. 由样本数据（），求得回归直线方程为，且，，则相应于样本点的残差值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】由残差公式求解即可． 【详解】将点代入回归直线方程为，得， 得，即， 则样本点的残差值为：． 14. 已知，，为集合的非空子集，满足： ①，； ②，中元素均为奇数，中元素均为偶数； ③，，中所有元素的和分别记为，，，且．则正整数的最小值为________． 【答案】8 【解析】 【分析】根据给定条件，从1开始依次取值讨论求解. 【详解】当，2时，无法满足中的元素是3的倍数，故舍； 当时，集合元素的总和为6，每部分和应为2，但中必须包含3， 其和，故舍； 当时，集合元素的总和为10，不能被整除，故舍； 当时，集合元素的总和为15，每部分和应为5，中必须包含3， 需要再加入和为2的元素，只能加入2，此时，剩余元素分配给， 无法满足和为5且奇偶性的要求，故舍； 当时，集合元素的总和为21，每部分和应为7，中必须包含3和6， 此时和为，故舍； 当时，集合元素的总和为28，不能被整除，故舍； 当时，集合元素的总和为36，每部分和应为12，中必须包含3和6， 需要再加入和为3的元素，可加入1和2，此时，剩余元素分配给， 取奇数，和为12，取偶数，和为12，满足所有条件， 故的最小值为8. 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知等差数列的前项和为，且，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的首项和公差，从而列方程组求出首项和公差，进而得到数列的通项公式； （2）对求导后，可知是等差乘等比结构的求和问题，用错位相减法即可计算出结果． 【小问1详解】 由数列为等差数列，设首项为，公差为， 又对恒成立，所以有， 联立， 即， 解得 所以 ， 故数列的通项公式为． 【小问2详解】 由， 则， 所以， ， 两式相减得： ， 所以． 16. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求角； （2）如图，是外一点，若，，，求平面四边形的对角线的长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角得到，再结合即可求解； （2）由，得到，确定 由余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由和正弦定理可得： ， 因， 代入化简得， 在中，，且， 则，即，因为，所以. 【小问2详解】 由，则，因为， 所以， 则，因为均是锐角， 所以，则， 又，于是有， 在中，由余弦定理，， 则. 17. 如图，四棱锥的底面是矩形，平面，M为棱BC的中点，且，，直线PM与平面所成的角为. （1）证明：. （2）求直线PB与平面所成角的正切值. 【答案】（1）由平面，平面， 所以， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由平面，利用线面垂直的性质定理得，再由线面垂直的判定定理得平面，又由线面垂直的性质定理得证； （2）连接，可得，根据已知条件求出，设点到平面的距离为，利用求出，进而可求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由平面，所以为直线PM与平面所成的角， 所以， 在中，， 所以，① 因为，所以，所以②， 由①②得， 所以， 设点到平面的距离为， 在中，， 所以， 因为，所以， 所以， ， 因为，所以，得， 设直线PB与平面PAM所成角为，则， 因为，所以， 所以， 所以直线PB与平面所成角的正切值为. 18. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 【答案】（1） （2） （3）174元． 【解析】 【分析】（1）结合排列组合的有关计算公式求对应的概率； （2）列出奖金的可能情况，分析如何获得对应的奖金数，求出对应概率即可. （3）求出抽取银券可获得的奖金的期望，再利用给出的公式，求该顾客获得奖金的期望. 【小问1详解】 游戏停止时共抽取5次，即前四次抽到2金2银，且第五次抽到金券， 故所求的概率为； 【小问2详解】 奖金不低于270元，则可能为300元，290元，280元，270元． ①若奖金为300元，即连续抽到3次金券，其概率为； ②若奖金为290元，即前三次抽到两张金券和一张－10元银券，且第四次抽到金券，其概率为； ③若奖金为280元，即前三次抽到两张金券和一张－20元银券，且第四次抽到金券，同②知； ④若奖金为270元，一种情况是前三次抽到两张金券和一张－30元银券，且第四次抽到金券，同②知其概率为； 另一种情况是前四次抽到两张金券、一张－10元银券和一张－20元银券，且第五次抽到金券，其概率为， 所以； 综上所述，奖金不低于270元的概率为. 【小问3详解】 方法一：记银券分别为，，…，，对应面值－10元，－20元，…，－60元． 记， 银券与4张金券被抽到的先后次序是等可能的，表示在与4张金券一起排列时，排在了前三个位置上，所以，， 所以，， 因为奖金， 所以， 即奖金的期望为174元． 方法二：记为停止时抽到银券的张数，则的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，且. 由已知得，，， ，， ，， 计算得． 又因为，所以， 因为每张银券被抽到是等可能的，所以，， 所以， 即奖金的期望为174元． 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求的取值范围； （3）若，设，且，证明：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2）； （3）证明：由（2）知，当时，，当且仅当时等号成立， 则，即，同理， 于是，即， 当时，，，显然当时，，单调递增， 当时，令，则， 当时，；当时，， 则当时，，单调递增， 而，且，则存在唯一，使得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，则存在唯一，使得， 因此当时，，当时，， 而，且，于是，即， 又，则，即，从而， 所以. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调递区间. （2）等价变形给定不等式，分离参数并构造函数，利用导数求出最小值即可. （3）由（2）的结论可得，利用不等式的性质及已知得，再利用导数及零点存在性定理，结合不等式性质证得即可. 【小问1详解】 当时，，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 而，则当时，；当时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 不等式， 设函数，求导得， 设，求导得， 函数在上单调递增，且， 则当时，，；当时，，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，则， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南科大附中2026年春季学期高二年级期末考试 数 学 （本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自已的姓名、班级、考场和座位号填写在答题卡上.将条形码粘贴在答题卡左上角“条形码粘贴处”. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回. 一、选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. 5 D. 9 3. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 4. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 5. 已知，若一组数据1，2，，，4的平均数为2，则该组数据的中位数为（ ） A. 1.5 B. 2 C. 2.5 D. 3 6. 已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 是增函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 的图象关于轴对称 7. 若整数a，b，c经过适当排序后可成等差数列，再经过适当排序后也可成等比数列，则此等比数列的公比不可能是（ ） A. 1 B. C. D. 8. 如图，直线与曲线交于、两点，其中是切点，记，，则下列判断正确的是（ ） A. 只有一个极值点 B. 有两个极值点，且极小值点小于极大值点 C. 的极小值点小于极大值点，且极小值为 D. 的极小值点大于极大值点，且极大值为2 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 在边长为2的正方形中，剪去以为圆心，1为半径的扇形后得到的图形如图所示，以所在的直线为轴，其余边和弧旋转一周形成的面围成一个几何体，则（ ） A. 该几何体的形状为圆柱中挖去个球 B. 该几何体的形状为圆柱中挖去个球 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 10. 已知事件，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在R上的函数满足：对任意实数x，y，恒有，若，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的最小值为 C. 为R上的增函数 D. 关于x的不等式的解集为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 的展开式中常数项为_____. 13. 由样本数据（），求得回归直线方程为，且，，则相应于样本点的残差值为______． 14. 已知，，为集合的非空子集，满足： ①，； ②，中元素均为奇数，中元素均为偶数； ③，，中所有元素的和分别记为，，，且．则正整数的最小值为________． 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知等差数列的前项和为，且，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求的值． 16. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求角； （2）如图，是外一点，若，，，求平面四边形的对角线的长. 17. 如图，四棱锥的底面是矩形，平面，M为棱BC的中点，且，，直线PM与平面所成的角为. （1）证明：. （2）求直线PB与平面所成角的正切值. 18. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求的取值范围； （3）若，设，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $